Question

我使用simple-schema在对象中定义DB模式：

{
   name: 'string',
   age: 'integer',
   ...
}

是否有可能从这个对象创建一个接口或类，所以我不必两次输入所有内容？

Answer 1

你可以这样做，但除非你认为你可能正在改变架构，否则它可能比它的价值更麻烦。 TypeScript没有以您想要的方式推断类型的内置方式，因此您必须哄骗并哄骗它才能这样做：

首先，定义一种将文字名称'string'和'integer'映射到它们所代表的TypeScript类型的方法（可能分别为string和number）：

type MapSchemaTypes = {
  string: string;
  integer: number;
  // others?
}
type MapSchema<T extends Record<string, keyof MapSchemaTypes>> = {
  [K in keyof T]: MapSchemaTypes[T[K]]
}

现在，如果您可以采用类似于您指定的类型的适当类型的架构对象，并从中获取相关类型：

const personSchema = {name: 'string', age: 'integer'}; 
type Person = MapSchema<typeof personSchema>; // ERROR

哎呀，问题是personSchema被推断为{name: string; age: string}而不是所需的{name: 'string'; age: 'integer'}。您可以使用类型注释修复它：

const personSchema: { name: 'string', age: 'integer' } = { name: 'string', age: 'integer' }; 
type Person = MapSchema<typeof personSchema>; // {name: string; age: number};

但现在感觉你在重复自己。幸运的是，有一种方法可以强制它推断出正确的类型：

function asSchema<T extends Record<string, keyof MapSchemaTypes>>(t: T): T {
  return t;
}
const personSchema = asSchema({ name: 'string', age: 'integer' }); // right type now
type Person = MapSchema<typeof personSchema>; // {name: string; age: number};

有效！

在行动on the Typescript Playground中查看。希望有所帮助;祝你好运！

Answer 2

我认为你不能声明动态接口。但是，您可以为具有已知属性的对象创建type。

您可以创建一个将字符串文字映射到实际类型的对象，例如'integer' => number，但这与问题无关。我不知道你正在使用什么框架，但以下示例适用于类似的框架：Mongoose。

users.js

export const UserSchema = mongoose.Schema({
    name: String,
    value: Number
});

export const Users = mongoose.Model('users', UserSchema);

export type User = { [K in keyof typeof UserSchema]: any } ;

用法：

import { User, Users } from './user';

Users.find({}).exec((err: Error, res: User) => { ... })

返回的结果应该与UserSchema具有相同的键，但是所有值都映射到any，因为您仍然必须将字符串文字映射到类型。

Typescript动态创建界面

2 个答案: